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第三章 同步达标测试卷(B)参考答案


第三章

微分中值定理与导数的应用同步达标测试卷(B) 参考答案

题 得
一、

号 分







总分

单项选择题(每小题 3 分,共 15 分)
B

1.设在 [

0 , 1] 上 f ??( x) ? 0 ,则下列关系正确的是则(
A.
f ?(1) ? f ?(0) ? f (1) ? f (0)

).

B . f ?(1) ? f (1) ? f (0) ? f ?(0) D . f ?(1) ? f (0) ? f (1) ? f ?(0)

C . f (1) ? f (0) ? f ?(1) ? f ?(0)

f ??( x) ? 0 ,故 f ?( x) 为单调增函数,因此有 f ?(1) ? f ?(0) ;
另一方面, f ( x) 在 [ 0 , 1] 上满足拉格朗日中值定理,故有
f (1) ? f (0) ? f ?(? )(1 ? 0) ? f ?(? ) , 0 ? ? ? 1,再由 f ?( x) 为单调增函数,得 f ?(0) ? f ?(? ) ? f ?(1) ,即 f ?(1) ? f (1) ? f (0) ? f ?(0) .

2.设 f ( x) ? x( x ? 1) 2 ( x ? 2) ,则 f ?( x) 的零点个数为 (
A. 0 B. 1 C. 2

D

).
D. 3

f ( x) 区 间 [0 , 1] 、 [1, 2] 上 满 足 罗 尔 定 理 , 故 至 少 ??1 ? ( 0 , 1 ) , ?? 2 ? (1 , 2 ) 使 得

f ?(?1 ) ? 0 , f ?(? 2 ) ? 0 。
又 f ?( x) ? 2( x ? 1)(2x 2 ? 4x ? 1) ,故 f ?(1) ? 0 ,而 f ?( x) ? 0 为 3 次方程,故正好有三个根。
x ? sin π x 2 的可去间断点的个数为( sin π x
B.
2

3.函数 f ( x) ?
A.
1

C

).
D.

C.

3

无穷多个.

分母为零的点即为间断点,即 sin π x ? 0 ,得 x ? 0 , ? 1 , ? 2 , ?, 可去间断点必须是分子函数的极限为零,而分子为连续函数,故可去间断点应是间断点

中使分子为零的点,即 x ? sin
x ? sin

π x ? 0 ,解得 x ? 0 , ? 1 , 2

事实上, lim
x? 0

π π π π x 1 ? cos x 1 ? 2 ? lim 2 2 ? 2 ?1, x ? 0 sin π x π cos π x π 2 π π π x 1 ? cos x 2 ? lim 2 2 ??1, x? 1 sin π x π cos π x π π π π x 1 ? cos x 2 ? lim 2 2 ??1, x ? ? 1 sin π x π cos π x π

x ? sin lim
x? 1

x ? sin
x? ? 1

lim

4.设 f ( x) 在 x0 的邻域内四阶可导,且 f ?( x0 ) ? f ??( x0 ) ? f ???( x0 ) ? 0 ,且 f ( 4) ( x0 ) ? 0 , 则 x0 是 f ( x ) (
A. 极大值点 C . 拐点
B

).
B . 极小值点 D . 既不是极值点又不是拐点

利用一阶、二阶导数在 x0 两侧是否变号来判断极值和拐点
且 f ( 4) ( x0 ) ? lim
f ???( x) ? 0, x ? x0
x ? x0

0 f ???( x) ? f ???( x0 ) f ???( x) ? lim ? 0 ,由极限的保号性,?U ( x0 , ? ) 使得 x ? x0 x ? x x ? x0 0

(1)当 x ? x0 时, f ???( x) ? 0 ,故 f ??( x) 为增函数,于是 f ??( x) ? f ??( x0 ) ? 0 ,得 f ( x) 在该区间是凹的,且 f ?( x) 为增函数,故 f ?( x) ? f ?( x0 ) ? 0 (2)当 x ? x0 时, f ???( x) ? 0 ,故 f ??( x) 为减函数,于是 f ??( x) ? f ??( x0 ) ? 0 ,得 f ( x) 在该区间是凹的,且 f ?( x) 为增函数,故 f ?( x) ? f ?( x0 ) ? 0 。 综上得, f ( x) 在 x0 两侧的凸凹性不变,但单调性改变,故 x0 不是拐点但是极小值点. 5. 设函数 f ( x) ,g ( x) 具有二阶导数, 且 g ??( x) ? 0 , 若 g ( x0 ) ? a 是 g ( x) 的极值, 则 f [ g ( x)] 在 x0 处取极大值的一个充分条件是( A ).

A.

f ?(a) ? 0

B.

f ?(a) ? 0

C.

f ??(a) ? 0

D.

f ??(a) ? 0 .

g ( x) 可导且在 x0 处取到极值,故 g ?( x0 ) ? 0 ;

? f [ g ( x)] ?? ?

f ?[ g ( x)] g ?( x) ,故 ? f [ g ( x)]??
2

x ? x0

? f ?[ g ( x0 )]g ?( x0 ) ? f ?(a) g ?( x0 ) ? 0 ,且

? f [ g ( x)]?? ?

f ??[ g ( x)]? g ?( x) ? ? f ?[ g ( x)] g ??( x) ,故有

? f [ g ( x)]??

x ? x0

? f ??[ g ( x0 )]?g ?( x0 ) ? ? f ?[ g ( x0 )]g ??( x0 ) ? f ??(a) ? 0 ? f ?(a) g ??( x0 )
2

? f ?(a) g ??( x0 )
当 f ?(a) ? 0 时,有 f ?(a) g ??( x0 ) ? 0 ,取得极大值. 二、填空题(每小题 3 分,共 15 分) 6.极限 lim
3x 3 ? 2 x 2 ? 1 (sin 2 x ? cos x) ? x? ? 4x ? x2

.

3x 3 ? 2 x 2 ? 1 3x 3 ? 2 x 2 ? 1 , ,故 sin 2 x ? cos x ? 2 ? 0 lim (sin 2 x ? cos x) ? 0 x? ? x? ? 4x ? x2 4x ? x2 lim

7.已知当 x ? 0 时, x n 与 1 ? cos(x ? tan x) 是同阶无穷小,则 n ?
lim 1 ? cos(x ? tan x) 1 ( x ? tan x) 2 ( x ? tan x)(1 ? sec 2 x) , ? lim ? lim x? 0 x? 0 2 x? 0 xn xn nxn ?1

.

? ? lim

( x ? tan x) tan2 x x ? tan x 1 ? sec 2 x 1 ? ? lim ? ? lim ? lim ?C ?0, n ? 1 n ? 3 n ? 4 x? 0 x ? 0 nx x ? 0 n(n ? 3) x x ? 0 n(n ? 3) x n ?6 nx

故取 n ? 6 . 8.曲线 y ? e ? x 向上凸的区间是
2 2

2

.
2 2 ?x? 2 2

y ?? ? 2(2 x 2 ? 1)e ? x ,由 y ?? ? 2(2 x 2 ? 1)e ? x ? 0 ,得 ?
9.曲线 f ( x) ?
2 x ? 5 sin 2 x 的水平渐近线方程为 5 x ? 3 cos x sin 2 x 2?5 2 x ? 5 sin 2 x x ?2, lim f ( x) ? lim ? lim x ?? x ?? 5 x ? 3 cos x x ?? cos x 5 5?3 x

.

故水平渐近线为 y ?

2 . 5

10.曲线 y ? 4x ? x 2 在其顶点处的曲率为

.

曲线 y ? 4x ? x 2 ? 4 ? ( x ? 2) 2 ,其顶点为 (2 , 4) 由曲率公式可计算出曲率为 2 三、解答题(70 分)
? sin 1 ? ln x x ? . 11. (7 分)求极限 lim ? x ? 1 ? x ? ? ?? ? ?
1



1 1 sin sin ln x ? sin 1 ? ln x ? ? 1 ? 1 ? x x ? ? ? ? ? 设 y ? ?x , , ? 1? , ln y ? ln? x ? 1? ? ln? e x ? 1? ? ln x ? ? ? ? ln x ? ?
ln x ? sin 1 ? x ? ln? e ? 1 ? ? ? ? ?, ? 1? ? lim ? x? ? ? ln x ?

1

x? ? ?

lim ln y ? lim
1 sin ln x x

1 sin ln x 1 ? x ln? e ? x ? ? ? ln x ?

xe ? lim
x? ? ?

(?

1 1 1 1 1 1 1 1 cos ln x ? sin ) x(? 2 cos ln x ? sin ) 1 2 x x x ? lim x x x ? lim e sin x ln x x x 1 x? ? ? x? ? ? 1 sin ln x ln x e x ?1 x

1 1 1 ? cos ln x ? x sin x sin 1 x x ? ? lim cos ? lim x ? ?1 ? 0 ? ?1 ? lim x? ? ? x? ? ? ln x x x? ? ? ln x

故 lim y ? e ?1 .
x ? ??

1 ? ln(1 ? 3x) , 0? x? ? (100 ) 12. (7 分)设 f ( x) ? ? (0) . x 3 ,求 f ? x?0 ? ? 3,



由 ln(1 ? x) ? x ?

1 2 1 3 (?1) n ?1 n x ? x ??? x ? o( x n ) ,得 2 3 n

1 1 (?1) n ?1 ln(1 ? 3x) ? ?3x ? (?3x) 2 ? (?3x) 3 ? ? ? (?3x) n ? o( x n ) ,得 2 3 n ? ?(3x ? 3 2 2 33 3 3n n x ? x ??? x ) ? o( x n ) , 2 3 n 32 33 3n x ? x 2 ? ? ? x n?1 ) ? o( x n?1 ) , 2 3 n

f ( x) ? ?(3 ?

又因为 f ( x) ? f (0) ?

f ?(0) f ??(0) 2 f ( n) (0) n x? x ??? x ? o( x n ) 1! 2! n!
f (1 0 )0(0) ? ? 31 0 1 10! 0 101

从而有

3 n ?1 f ( n ) (0) 3n?1 n! ,于是 ,故 f ( n ) (0) ? ? ?? n ?1 n! n ?1

13. (8 分)设 f ( x) , g ( x) 在 [a , b] 上连续,在 ( a , b ) 内可导,且在 ( a , b ) 上 g ?( x) ? 0 , 则在 ( a , b ) 内至少存在一点 ? 使得 证
f ?(? ) f (? ) ? f (a) . ? g ?(? ) g (b) ? g (? )

作辅助函数 F ( x) ? f ( x) g (b) ? g ( x) f (a) ? f ( x) g ( x)

则 F ( x) 在 [a , b] 上连续,在 ( a , b ) 内可导,且 F (a) ? F (b) 由罗尔定理,可得在 ( a , b ) 内至少存在一点 ? 使得
f ?(? ) f (? ) ? f (a) ? g ?(? ) g (b) ? g (? )

14. (8 分)设 0 ? x ? 1 ,证明

1 1 1 1 ?1 ? ? ? . ln 2 ln(1 ? x) x 2



设 f ( x) ?

1 1 x ? ln(1 ? x) , ? ? ln(1 ? x) x x ln(1 ? x)
1? 1 1? x ? 1 , 2x 2

1 x ? ln(1 ? x) x ? ln(1 ? x) f (1) ? ? 1 , lim f ( x) ? lim ? lim ? lim ? ? ? ln 2 x? 0 x? 0 x? 0 x? 0? x ln(1 ? x) x2
f ?( x) ? x ? ln(1 ? x) (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 , ? 2 x ln(1 ? x) x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)

故 f ?( x) ? 0 ? (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 0 令 g ( x) ? (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ,则 g ?( x) ? ln 2 (1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2x
g ??( x) ? 2 [ln(1 ? x) ? x] 1? x 1 ? 1 ? 0 (0 ? x ? 1) ,故 h( x) 为单调减少函数, 1? x

再令 h( x) ? ln(1 ? x) ? x ,则 h?( x) ?

从而 h( x) ? h(0) ? 0 ,于是 g ??( x) ? 0 , g ?( x ) 为单调减少函数, g ?( x) ? g ?(0) ? 0 ,进一步 得到 g ( x) ? g (0) ,即 f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 为单调减少函数,从而有

当 0 ? x ? 1 时,有 f (1) ? f ( x) ? lim f ( x) ,即
x ? 0?

1 1 1 1 ?1 ? ? ? ln 2 ln(1 ? x) x 2

15. (8 分)已知常数 a ? 0 ,求函数 f ( x) ?

1 1 ? 的最大值. 1? x 1? x ? a

关键去掉绝对值,分(1) x ? 0 ; (2) 0 ? x ? a ; (3) x ? a
解 (1)当 x ? 0 时, f ( x) ?
1 1 ? 1? x 1? x ? a

f ?( x) ?

1 1 ? ? 0 ,故 f ( x) 为单调增函数,此时函数的最大值为 2 (1 ? x) (1 ? x ? a) 2
f max (0) ?

1 1 2?a ? ? , 1? 0 1? 0 ? a 1? a (2)当 0 ? x ? a 时 1 1 f ( x) ? ? 1? x 1? x ? a

f ?( x) ?

?1 1 (2 ? a)(2 x ? a) ? ? 2 2 (1 ? x) (1 ? x ? a) (1 ? x) 2 (1 ? x ? a) 2
a a 4 2?a , f( )? , f (0) ? f (a) ? 2 2 2?a 1? a

令 f ?( x) ? 0 ,得 x ?

a 2?a 4 a2 f (0) ? f ( ) ? ? ? ?0, 2 1 ? a 2 ? a (1 ? a)(2 ? a)
故当 0 ? x ? a 时,最大值为 f (0) ? f (a) ? (3)当 x ? a 时, f ( x) ?
f ?( x) ?
1 1 ? 1? x 1? x ? a 2?a 1? a

2?a ?1 ?1 为最大值. ? ? 0 , f ( x) 为减函数,故 f (a) ? 2 2 1? a (1 ? x) (1 ? x ? a) 2?a 为最大值. 1? a

综上所述,得 f (0) ? f (a) ?

?1? c 16. (8 分)设函数 f ( x) 满足 af ( x) ? bf ? ? ? , a , b , c 为常数,且 a ? b , ? x? x

(1)求 f ?( x) , f ??( x) . (2)若 c ? 0 , a ? b ,问 a , b 满足什么条件时, f ( x) 有极大值和极小值?

? ?1? c af ( x) ? bf ? ? ? ? c a ? x ? x ,得 f ( x) ? (bx ? ) 解 (1) ? ? 2 2 x b ?a ?af ( 1 ) ? bf ?x ? ? cx ? x ?

故 f ?( x) ?

c a 2ac (b ? 2 ) , f ??( x) ? ? 2 2 b ?a x (b ? a 2 ) x 3
2

(2) f ?( x) ?

c bx2 ? a b2 ? a2 x2

当 a , b 同时为正数时, f ?( x) ? 0 ,此时函数无极值; 当 a , b 同时为负数时, f ?( x) ? 0 ,此时函数无极值; 当 a , b 异号时,即 ab ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ? ?

a b

a 2bc b ? 由于 f ??(? ? ) ? ? 2 2 b a a ?b a 2bc b a 2bc b ? ? 0 , f ??(? ? ) ? 2 ? ?0 此时,若 b ? 0 ,则 f ??( ? ) ? ? 2 2 2 b a b a a ?b a ?b a 2bc b a 2bc b ? ? 0 , f ??(? ? ) ? 2 ? ? 0; 若 b ? 0 ,则 f ??( ? ) ? ? 2 2 2 b a b a a ?b a ?b
? x ? 1 ? cost ? 17. (8 分)求由参数方程 ? cos2t ( 0 ? t ? π ) 所确定的函数的拐点. y ? ? sin t ?



d2 y dy ? cos t ? 2 sin 2 t cos t , 2 ? 3 sin 3 t (sin t ? cost )(sin t ? cost ) dx dx d2 y π 3π ? 3 sin 3 t (sin t ? cost )(sin t ? cost ) ? 0 ,解得, t ? , 。 2 4 4 dx
2 2 , 0 ) 和 (1 ? , 0 ) 都是曲线的拐点. 2 2

在 0 ? t ? π 内,令

进一步可讨论,点 (1 ?

18. (8 分)求常数 a , b , c 使 y ? ax2 ? bx ? c 在 x ? 0 处与曲线 y ? e x 相切,且有相同的 凹向与曲率.



设 f ( x) ? ax2 ? bx ? c , g ( x) ? e x

则 f ?( x) ? 2ax ? b , f ??( x) ? 2a
0 ? ? f (0) ? g (0) ?c ? e ? 1 由题设知: ? ,解得 ? 0 ? ? f ?(0) ? g ?(0) ?b ? e ? 1

由曲率公式 K ?

y ?? (1 ? y ? 2 )
3 2

可得在 x ? 0 处

f ( x) 的曲率 K1 ?

y ??
2 3 2

?

a 2

(1 ? y ? ) 由于两曲线有相同的凹向与曲率,故

, g ( x) 的曲率 K 2 ?

y ?? (1 ? y ? )
2 3 2

?

1 2 2



? f ??(0) ? g ??(0) ? 0 ?2 a ? 0 1 ? ? ,解得 ? ? a 1 1 ,即 a ? . 2 ? a ? ? ? 2 ? ? 2 2 2

19. (8 分)设 f ( x) 在 [ 0 , 1] 上连续,在 (0 , 1) 内可导,且 f (0) ? 0 ,当 x ? (0 , 1) 时,
f ( x) ? 0 ,证明对一切自然数 n ,至少存在一点 ? ?( 0 , 1) ,使
nf ?(? ) ? f (? ) f ?(1 ? ? ) ? f (? ) f (1 ? ? )



设 F ( x) ? f n ( x) f (1 ? x) ,

则 F ( x) 在 [ 0 , 1] 上连续,在 (0 , 1) 内可导,且 F (0) ? 0 ? F (1) 故 F ( x) 满足罗尔定理的条件,故至少存在一点 ? ?( 0 , 1) ,使 F ?(? ) ? 0 ,即
nf ?(? ) ? f (? ) f ?(1 ? ? ) ? f (? ) f (1 ? ? )


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